ITA 2012 — Questões de Física comentadas — Método TEF

Estratégia física. Pela relação fornecida, $v^2=Ea/\rho$; a constante $a$ é adimensional. Logo $[E]=[\rho][v]^2$.

Use as dimensões da densidade e do quadrado da velocidade:

A unidade corresponde à pressão e à tensão mecânica. Não confundir módulo de Young com energia, cuja unidade é joule.

Estratégia física. Na subida, peso e atrito atuam no sentido oposto ao movimento. A desaceleração é $a_s=g(\sin\theta+\mu\cos\theta)$, e $t_s=v_0/a_s$.

Na descida, o atrito inverte o sentido; o módulo da aceleração é $a_d=g(\sin\theta-\mu\cos\theta)$, admitindo descida possível, isto é, $\tan\theta>\mu$.

A distância percorrida é a mesma na subida e na descida:

Divida as relações para comparar os tempos. O tempo total inclui as duas etapas:

Sem atrito, o resultado tende a $2$, como esperado. A armadilha é manter o atrito no mesmo sentido durante a subida e a descida.

Estratégia física. No referencial do elevador há uma gravidade efetiva $g_\mathrm{ef}=g+a$, já que a aceleração da cabine é ascendente.

A mola inferior sustenta apenas $m_2$: $k_2 x=m_2(g+a)$. A mola superior sustenta $m_1+m_2$: $k_1 y=(m_1+m_2)(g+a)$.

Subtraindo, $y-x=(g+a)[(m_1+m_2)/k_1-m_2/k_2]=\dfrac{[(k_2-k_1)m_2+k_2m_1](g+a)}{k_1k_2}$.

Os comprimentos naturais $\ell$ não entram porque se pedem deformações, e não comprimentos totais.

Estratégia física. Adote o referencial do solo. Após o disparo, a massa do atirador é $M-m$ e seu recuo, em módulo, vale $u=mv/(M-m)$ pela conservação horizontal da quantidade de movimento.

O projétil leva $t_1=d/v$ até o alvo. Enquanto isso o atirador recua $ut_1$. Quando o som é produzido, a separação é $d+ut_1$. O som se aproxima do atirador à velocidade relativa $v_s-u$.

Assim, $t_2=(d+ud/v)/(v_s-u)$ e o tempo total é $t=t_1+t_2=\dfrac{d(v_s+v)(M-m)}{v[Mv_s-m(v_s+v)]}$.

Verificação: quando $m/M\rightarrow0$, o recuo desaparece e $t\rightarrow d/v+d/v_s$. O denominador deve ser positivo para o som alcançar o atirador.

Estratégia física. Para um gerador de força eletromotriz $\mathcal E$ e resistência interna $r$, a potência útil na carga $R$ é $P=\mathcal E^2R/(R+r)^2$.

A potência útil é máxima quando a carga iguala a resistência interna:

O máximo informado ocorre em uma carga de 50 ohms:

O rendimento compara a potência útil à potência gerada:

Para a carga solicitada:

Máxima potência útil não significa máximo rendimento: para $R=r$, o rendimento seria apenas $50\%$.

Estratégia física. Desprezando o atrito no contato, a esfera sofre peso $mg$ e reação normal $N$ da superfície do cone.

Projete a normal na vertical e na direção centrípeta:

Divida as equações para eliminar a normal:

Com $T=2\pi/\omega$, resulta $T=2\pi\sqrt{d/(g\tan\theta)}$.

A distância $d$ é o raio da órbita horizontal; não é a geratriz do cone.

Estratégia física. Imediatamente após liberar o carrinho, a mola aplica forças internas opostas, ambas de módulo $F=kx$.

No solo, a aceleração inicial do bloco é $a_b=kx/m$ e a do carrinho, em sentido oposto, tem módulo $a_c=kx/M$.

A aceleração do bloco em relação ao carrinho é a diferença vetorial: $a_\mathrm{rel}=a_b-a_c$ quando os sinais são atribuídos aos sentidos corretos. Em módulo, $a_\mathrm{rel}=kx(1/m+1/M)=kx(M+m)/(mM)$.

Não usar apenas $kx/m$: isso forneceria a aceleração em relação ao solo, e não em relação ao carrinho.

Estratégia física. Potência constante significa que $P=\Delta K/\Delta t$ é constante. Como o corpo parte do repouso, sua energia cinética após $t$ é $K=Pt$.

Logo $mv^2/2=Pt$, isto é, $v^2=(2P/m)t$: o quadrado da velocidade é proporcional ao tempo.

A força não é constante: $P=Fv$ implica $F=P/v$, diminuindo à medida que o corpo ganha rapidez.

A distância percorrida não cresce proporcionalmente a $v^2$. A condição inicial idealizada envolve força elevada para $v$ muito pequeno.

O diâmetro informado corresponde ao raio abaixo. Calcule o volume esférico e a massa:

A energia gravitacional adquirida desde o infinito é convertida em energia cinética no solo: $K=GM_\mathrm{T}m/R_\mathrm{T}=mgR_\mathrm{T}$.

Portanto $K\approx(3{,}35\times10^{13})(10)(6{,}4\times10^6)\approx2{,}14\times10^{21}\ \text{J}$. Uma bomba de $10$ megatons corresponde a $10^7\times4{,}0\times10^9=4{,}0\times10^{16}\ \text{J}$.

O quociente é cerca de $5{,}4\times10^4$ bombas, isto é, aproximadamente $50.000$. Não usar o diâmetro como raio.

Estratégia física. Sejam $m_1$ e $m_2$ as massas e $d$ a separação. Os raios em torno do centro de massa são $r_1=m_2d/(m_1+m_2)$ e $r_2=m_1d/(m_1+m_2)$.

A força gravitacional fornece a aceleração centrípeta de cada estrela:

Substitua o raio da órbita em torno do centro de massa:

A afirmação I é verdadeira.

Como ambos possuem a mesma velocidade angular, as áreas setoriais percorridas no intervalo $\Delta t$ são $A_i=r_i^2\omega\Delta t/2$. Seus valores são, em geral, diferentes, pois $r_1\ne r_2$. II é falsa.

A lei das áreas de Kepler compara intervalos de uma mesma órbita; não determina áreas iguais para dois corpos em órbitas distintas.

Estratégia física. Na aproximação de pequenas oscilações, o pêndulo tem frequência natural $f_0=(1/2\pi)\sqrt{g/\ell}$.

Substitua o comprimento em metros e a aceleração da gravidade:

A maior amplitude ocorre quando a frequência de excitação se aproxima da frequência natural: ressonância. Não confundir frequência com velocidade angular $\omega_0=\sqrt{g/\ell}$.

Estratégia física. O gás mantém temperatura e volume constantes, de modo que sua pressão permanece igual. A coluna manométrica mede a pressão por $p=\rho g_\mathrm{ef}h$.

Em repouso, $p=\rho g(10\ \text{cm})$. Ao subir acelerado, $g_\mathrm{ef}=g+a$. Cada nível muda $1\ \text{cm}$, e como os braços têm seções iguais o desnível diminui $2\ \text{cm}$, passando a $8\ \text{cm}$.

Assim, $g(10)=(g+a)(8)$ e $a=g(10/8-1)=2{,}5\ \text{m/s}^2$.

A leitura de $1\ \text{cm}$ é o deslocamento de cada superfície, não a variação completa do desnível.

Estratégia física. Os dois resistores de $0{,}50\ \Omega$ estão em série, logo $R_\mathrm{eq}=1{,}0\ \Omega$ e $I=100/1{,}0=100\ \text{A}$.

No resistor imerso, $P=I^2R=(100)^2(0{,}50)=5000\ \text{W}$. A água inteira é aquecida de $20^\circ\text{C}$ a $100^\circ\text{C}$: $Q_1=(2{,}0)(4{,}18\times10^3)(80)=668.800\ \text{J}$.

Para vaporizar $1{,}0\ \text{kg}$, $Q_2=(1{,}0)(2{,}230\times10^6)=2.230.000\ \text{J}$. O tempo é $t=(Q_1+Q_2)/P\approx579{,}8\ \text{s}$.

Há dois estágios térmicos; calcular a vaporização antes de aquecer toda a água conduz à alternativa errada.

Estratégia física. As ondas têm igual frequência; sua diferença de fase em um ponto $(x,y)$ depende apenas do caminho: $\Delta\varphi=(2\pi/\lambda)(r-x)$, com $r=\sqrt{x^2+y^2}$.

A oposição de fase exige diferença de caminho igual a um múltiplo semi-inteiro do comprimento de onda:

Denote essa diferença positiva por $\Delta$ e eleve a relação geométrica ao quadrado:

Isole a coordenada horizontal e substitua a diferença de caminho:

A diferença de fase não depende apenas da coordenada $x$, pois a onda circular percorre distância $r$, diferente do caminho da onda plana.

Estratégia física. Inserir um condutor ideal sem contato elétrico com as placas externas anula o campo em seu interior. Cada lâmina de metal possui espessura $h$.

A separação total dos eletrodos é $3h$, mas a região em que pode existir campo elétrico soma apenas $3h-2h=h$. Os eventuais vãos funcionam como capacitores em série, cuja soma das espessuras é $h$.

Compare a capacitância com e sem as lâminas metálicas:

É a faixa $2C_0<C<4C_0$. As lâminas flutuantes não devem ser confundidas com dielétricos de permissividade finita.

Estratégia física. Como a carga se move a velocidade constante, a força externa $\vec F=-Q\vec E$ é vertical para cima. O campo elétrico está orientado para baixo.

No trecho horizontal $1\to2$, o trabalho é $0$; numa volta completa em campo eletrostático, o trabalho total também é $0$. Logo, I é verdadeira.

No trecho ascendente, a força externa realiza trabalho positivo:

Assim, II é verdadeira. No trecho descendente, o trabalho tem sinal oposto:

A soma dos trabalhos na volta é nula; III também é verdadeira.

O campo eletrostático é conservativo. A força externa é oposta à força elétrica, mas seu trabalho ao longo de uma volta ainda é nulo.

Estratégia física. Se a fonte ilumina uniformemente o cone, o fluxo total atravessando qualquer seção que intercepte o feixe completo se conserva. Na base: $\Phi=H_AA$.

Para a seção inclinada, a área real é maior que sua projeção vertical: $S=A_\mathrm{sec}\cos30^\circ$, então $A_\mathrm{sec}=S/\cos30^\circ$.

O iluminamento na seção é $H_\mathrm{sec}=\Phi/A_\mathrm{sec}=AH_A\cos30^\circ/S=\sqrt3 AH_A/(2S)$.

É indispensável diferenciar a área da superfície inclinada de sua projeção horizontal.

Estratégia física. A faixa de pressão é de $0{,}10\ \text{atm}=10^4\ \text{Pa}$ até $1{,}0\ \text{atm}=10^5\ \text{Pa}$.

A resistência do sensor é linear com a pressão:

Nos dois extremos da faixa:

Na ponte equilibrada, use a razão entre os ramos:

Calcule os extremos, observando que a relação é inversa:

A faixa final de resistência é $10\ \Omega$ a $25\ \Omega$. A relação é inversa: pressão maior pede $R_1$ menor.

Estratégia física. Para um condutor retilíneo muito longo percorrido por corrente $I$, a simetria cilíndrica e a lei de Ampère fornecem $B(2\pi r)=\mu_0I$, ou $B=\mu_0I/(2\pi r)$.

A direção do campo é tangente às circunferências concêntricas ao fio, com o sentido determinado pela regra da mão direita.

No solenoide longo o campo interno é aproximadamente axial, e no toroide as linhas circulares ficam predominantemente confinadas à região interna; a situação descrita é o fio retilíneo.

Estratégia física. Pelo modelo de Bohr, partindo do nível fundamental $E_1=-13{,}6\ \text{eV}$, o elétron pode absorver $10{,}2\ \text{eV}$ para atingir $n=2$. Portanto é possível absorver energia inferior à energia de ionização: I é verdadeira.

No efeito fotoelétrico há frequência mínima $f_0=\phi/h$ imposta pela função trabalho do metal. Assim, II é falsa.

O modelo de Bohr atribui órbitas definidas ao elétron, com posição e velocidade determinadas, o que não é compatível com o princípio da incerteza de Heisenberg. III é verdadeira.

A afirmação I não diz que o átomo absorve qualquer energia menor que $13{,}6\ \text{eV}$; os valores permitidos continuam discretos.

Estratégia física. Cada cápsula tem massa $10^{-3}\ \text{kg}$ e rapidez de $10\ \text{m/s}$. A distância entre cápsulas sucessivas é $\Delta x=10^{-2}\ \text{m}$.

O intervalo entre impactos é $\Delta t=\Delta x/v=10^{-3}\ \text{s}$. Cada cápsula para ao atingir a placa e transfere impulso de módulo $m v=10^{-2}\ \text{N}\cdot\text{s}$.

A força média no fluxo estacionário vale $\bar F=(mv)/\Delta t=(10^{-2})/(10^{-3})=10\ \text{N}$. Equivalentemente, cerca de $100$ cápsulas transferem $1\ \text{N}\cdot\text{s}$ em aproximadamente $0{,}10\ \text{s}$.

É preciso dividir a variação de momento linear pelo intervalo entre colisões; $100$ cápsulas não chegam todas ao mesmo tempo.

Estratégia física. No sistema ideal, há duas polias móveis e uma fixa. Cada polia móvel duplica a força transmitida para a próxima etapa, produzindo vantagem mecânica total de $4$.

Calcule o peso e aplique a vantagem mecânica de quatro:

Para elevar a carga a velocidade constante, a aceleração continua nula, então a mesma força $F=60\ \text{N}$ é necessária.

O vínculo dos fios determina que para erguer a massa por $\Delta h$ deve-se puxar a extremidade livre por $4\Delta h$. Os trabalhos em módulo são $|W_F|=F(4\Delta h)=240\Delta h$ e $|W_P|=P\Delta h=240\Delta h$: são iguais.

Estratégia física. Marque o vértice articulado por $O=(0,0)$; a carga superior $q$ está em $(0,a)$, a outra em $(\sqrt3 a/2,a/2)$ e a carga fixa $Q$ em $(\sqrt3 a/2,0)$.

O centro de massa da chapa está a $\sqrt3 a/6$ do eixo de articulação. O peso gera torque horário de módulo $\tau_g=Mg\sqrt3 a/6$. A interação entre as duas cargas $q$ fixadas na própria chapa é interna e não altera seu torque resultante.

A força exercida por $Q$ sobre a carga inferior da lateral inclinada é vertical: $F_1=kqQ/(a/2)^2=4kqQ/a^2$. Seu torque anti-horário é $\tau_1=(\sqrt3 a/2)F_1=2\sqrt3kqQ/a$.

A distância de $Q$ à carga superior é $a\sqrt7/2$; a componente horizontal da força repulsiva tem módulo $F_{2x}=4\sqrt3kqQ/(7\sqrt7 a^2)$, gerando torque $\tau_2=aF_{2x}=4\sqrt3kqQ/(7\sqrt7 a)$.

Iguale a soma dos torques elétricos ao torque do peso:

A carga fixa exerce forças sobre as cargas da chapa; seus torques devem ser calculados em relação ao pivô.

Estratégia física. A polia presa ao bloco $A$ recebe do fio duas trações: uma inclinada de $30^\circ$, outra vertical. A normal do solo sobre $A$ é $N=mg+T(1-\sin30^\circ)=mg+T/2$; logo $f=\mu(mg+T/2)$.

Considere $a$ a aceleração horizontal do conjunto $A+B$. No eixo horizontal, $T\cos30^\circ-f=2ma$, isto é, $T(\sqrt3-\mu)=2m(2a+\mu g)$.

O comprimento constante do fio relaciona os deslocamentos e as acelerações:

Na vertical, aplique a segunda lei ao bloco B:

Eliminando $a$, obtém-se $T(3\sqrt3-\mu)=2mg(\sqrt3+\mu)$; logo $T=\dfrac{2mg(\sqrt3+\mu)}{3\sqrt3-\mu}$.

A normal que define o atrito de $A$ não vale simplesmente $mg$: é modificada pela componente vertical das trações na polia.

Estratégia física. A interseção dos planos $\alpha$ e $\beta$ é o eixo $x$. Como $\vec p_B=0$ e a colisão é elástica, o momento transferido para $B$ deve estar ao longo desse eixo; a componente perpendicular do movimento de $A$ não muda.

Decomponha o momento inicial de A na direção comum aos planos e na direção transversal:

Na direção comum, o choque equivale a uma colisão elástica unidimensional entre massas na razão dois para um.

A conservação do momento e da energia na direção comum fornece os momentos finais. A componente transversal de A permanece inalterada:

Calcule os módulos ao quadrado antes de comparar as energias:

A massa de A é o dobro da de B; portanto, a razão das energias não é apenas a razão dos momentos ao quadrado:

O fator de energia considera a massa dupla de $A$; não basta comparar os módulos dos momentos ao quadrado.

Estratégia física. Na ligação inicial em série, as cargas têm o mesmo módulo, $Q_1$, independentemente dos valores das capacitâncias.

Depois da desconexão e da religação com terminais de igual sinal, a carga total conservada é $2Q_1$ e a diferença de potencial comum é $U=2Q_1/(C_1+C_2)$.

Escreva a carga final de C₂ em função da razão entre capacitâncias:

Imponha a fração de carga solicitada:

Não se conserva a tensão original da fonte: após desligá-la, conserva-se a carga total dos terminais conectados.

Sejam r₁ e r₃ os raios das órbitas circulares interna e externa, com r₁ menor que r₃. Para uma órbita circular, a gravidade fornece a aceleração centrípeta.

A órbita elíptica II é tangente às duas circunferências, com perigeu r₁ e apogeu r₃. Denote por a o semieixo maior e por p o semilatus rectum.

O momento angular kepleriano pode ser expresso em função desse parâmetro geométrico.

Para mostrar que p está entre os dois raios, subtraia cada extremo.

As duas diferenças são positivas. Como as massas são iguais e a raiz quadrada é crescente:

Comparar apenas as velocidades é insuficiente: o momento angular inclui a distância ao centro e a componente transversal da velocidade.

O gráfico fornece duas forças restauradoras lineares, com constantes efetivas diferentes nos dois semieixos.

Cada lado corresponde a um trecho de MHS com sua frequência angular.

Uma oscilação completa contém meio período de cada lado: saída da origem, retorno à origem pelo mesmo lado, seguida do percurso correspondente no outro lado.

A energia inicial é cinética. Em cada extremo, ela fica armazenada na energia potencial do respectivo trecho linear.

O maior afastamento ocorre no lado de menor constante restauradora.

Essas expressões pressupõem amplitudes dentro dos trechos lineares mostrados. Se F₁ e F₂ diferem, o movimento completo é periódico, mas não é um único MHS; apenas no caso de constantes iguais há uma frequência única para toda a oscilação.

Estratégia física. Correntes elétricas paralelas em sentidos opostos se repelem. Portanto o fio inferior exerce força magnética vertical para cima sobre o superior, podendo zerar a tensão dos cabos.

A força magnética por unidade de comprimento é $F_B/L=\mu_0 I_1I_2/(2\pi r)$. Para cabos sem tração, essa força equilibra o peso linear $0{,}080\ \text{N/m}$.

Substitua a permeabilidade e as correntes na condição de equilíbrio por unidade de comprimento:

Se as correntes tivessem o mesmo sentido, o fio superior seria atraído para baixo e não poderia aliviar a tensão.

Estratégia física. O fluxo magnético concatenado pelas $N$ voltas é $\Phi=N B A\cos\theta$. Ao girar de $0^\circ$ para $180^\circ$, o fluxo inverte o sinal, de modo que $|\Delta\Phi|=2NBA$.

Combine a lei de Faraday com a lei de Ohm:

Integre a corrente durante a inversão do fluxo. Como a resistência é constante:

O módulo da carga que passa por $P$ durante a inversão é $q=2NBA/R$. O resultado independe da duração da rotação, embora a intensidade instantânea da corrente não dependa apenas dos estados inicial e final.

Não confundir a carga transferida com corrente instantânea; a primeira é a integral da corrente no tempo.